Question

3．已知函数$f（x）=x+\frac{1+a}{x}-alnx$，a∈R．
（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）若在区间[1，e]（e=2.718…）上存在一点x₀，使得${x_0}+\frac{1}{x_0}＜a（ln{x_0}-\frac{1}{x_0}）$成立，求a的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出f（x）的导数，通过讨论a的范围，判断f′（x）的符号，求出函数的单调区间即可；
（Ⅱ）问题转化为函数f（x）=x+$\frac{1+a}{x}$-alnx在[1，e]上的最小值小于零．通过讨论a的范围求出函数f（x）的最小值，进而求出a的范围即可．

解答 解：（Ⅰ）函数f（x）的定义域为（0，+∞），
$f'（x）=1-\frac{1+a}{x^2}-\frac{a}{x}$=$\frac{{{x^2}-ax-（1+a）}}{x^2}$=$\frac{（x+1）[x-（1+a）]}{{x}^{2}}$，
①当a+1＞0，即a＞-1时，
因为当x∈（0，a+1）时，f′（x）＜0；当x∈（a+1，+∞）时，f′（x）＞0；      
所以f（x）在（0，a+1）上单调递减，在（a+1，+∞）上单调递增．
②当a+1≤0，即a≤-1时，
因为当x∈（0，+∞）时，f′（x）＞0，故f（x）在（0，+∞）上单调递增．
综上，当a＞-1时，函数f（x）的单调递减区间为（0，a+1），单调递增区间为（a+1，+∞）；
当a≤-1时，函数f（x）的单调递增区间为（0，+∞）．
（Ⅱ）在[1，e]上存在一点x₀，使得${x_0}+\frac{1}{x_0}＜a（lnx{\;}_0-\frac{1}{x_0}）$，即${x_0}+\frac{1+a}{x_0}-aln{x_0}＜0$，
也就是在[1，e]上存在一点x₀，使得f（x₀）＜0，
即函数f（x）=x+$\frac{1+a}{x}$-alnx在[1，e]上的最小值小于零．
由（Ⅰ）可知：
①当a+1≥e，即a≥e-1时，f（x）在[1，e]上单调递减，
所以f（x）的最小值为h（e），由$h（e）=e+\frac{1+a}{e}-a＜0$，可得$a＞\frac{{{e^2}+1}}{e-1}$．
因为$\frac{{{e^2}+1}}{e-1}＞e-1$，所以$a＞\frac{{{e^2}+1}}{e-1}$；                                     
②当a+1≤1，即（0，e]时，f（x）在f（x₀）＜0上单调递增，
所以f（x）最小值为f（1），由f（1）=1+1+a＜0，可得a＜0；           
③当1＜a+1＜e，即0＜a＜e-1时，可得f（x）最小值为f（a+1）=a+2-aln（a+1），
因为0＜ln（a+1）＜1，所以0＜aln（1+a）＜a，
故f（a+1）=a+2-aln（a+1）＞2，此时，f（1+a）＜0不成立；
综上讨论可得所求$\frac{1}{e}+a＜0$的范围是：$（-∞，-2）∪（\frac{{{e^2}+1}}{e-1}，+∞）$．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用，函数恒成立问题，有一定的难度．